В кубе ABCDA₁B₁C₁D₁ точка K — середина ребра B₁C₁. Плоскость α проходит через точки B, K и D. а) Докажите, что сечение куба… — 15 задание ЕГЭ профиль

№15 Параллелепипеды средняя 2026 развёрнутое

В кубе $A B C D A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ точка $K$ — середина ребра $B_{1} C_{1} .$ Плоскость $α$ проходит через точки $B, K$ и $D .$

а) Докажите, что сечение куба плоскостью $α$ является равнобедренной трапецией.

б) Найдите расстояние от точки $C$ до плоскости $α,$ если ребро куба равно 6.

Развёрнутое задание второй части — реши на бумаге и сверься с разбором

Разбор — 3 балла

а) Построим сечение куба плоскостью $α$ . Точки $B$ и $D$ лежат в нижней грани, поэтому $α$ пересекает её по отрезку $B D$ . Точки $B$ и $K$ лежат в грани $B B_{1} C_{1} C$ , поэтому $B K$ — ещё одна сторона сечения.

Плоскости верхней и нижней граней куба параллельны, а две параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным прямым. Значит, $α$ пересекает верхнюю грань по прямой, проходящей через $K$ параллельно $B D$ . Пусть эта прямая пересекает ребро $C_{1} D_{1}$ в точке $P$ : $K P ∥ B D$ .

Грань $B B_{1} D_{1} D$ — прямоугольник, поэтому $B_{1} D_{1} ∥ B D$ , и, следовательно, $K P ∥ B_{1} D_{1}$ . В треугольнике $C_{1} B_{1} D_{1}$ прямая $K P$ проходит через середину $K$ стороны $C_{1} B_{1}$ параллельно $B_{1} D_{1}$ , значит, по теореме Фалеса $P$ — середина $C_{1} D_{1}$ , а $K P$ — средняя линия этого треугольника:

$K P = \frac{1}{2} B_{1} D_{1} = \frac{1}{2} B D .$

Отрезок $P D$ лежит в грани $C C_{1} D_{1} D$ , поэтому сечение — четырёхугольник $B K P D$ . В нём $K P ∥ B D$ и $K P \neq = B D$ , поэтому две другие стороны не параллельны (иначе это был бы параллелограмм с равными противоположными сторонами), и $B K P D$ — трапеция с основаниями $K P$ и $B D$ .

Докажем, что её боковые стороны равны. Пусть ребро куба равно $a$ . Треугольники $B B_{1} K$ и $D D_{1} P$ прямоугольные (боковые рёбра куба перпендикулярны верхней грани), и у них катеты равны: $B B_{1} = D D_{1} = a$ , $B_{1} K = D_{1} P = \frac{a}{2}$ . Значит, эти треугольники равны и $B K = D P$ . Следовательно, трапеция $B K P D$ равнобедренная, что и требовалось доказать.

б) Пусть ребро куба равно 6. Прямые $B K$ и $C C_{1}$ лежат в одной грани $B B_{1} C_{1} C$ и не параллельны, поэтому они пересекаются; обозначим точку пересечения $S$ . Так как $C_{1} K ∥ C B$ , треугольники $S C_{1} K$ и $S C B$ подобны с коэффициентом $\frac{C _{1} K}{C B} = \frac{1}{2}$ . Значит, $S C_{1} = \frac{1}{2} S C$ , то есть $C_{1}$ — середина $S C$ , и

$S C = 2 C C_{1} = 12.$

Точка $S$ лежит на прямой $B K$ , а значит, в плоскости $α$ . Плоскость $α$ проходит через точки $S$ , $B$ , $D$ .

Пусть $O$ — центр нижней грани, то есть точка пересечения диагоналей $A C$ и $B D$ . Диагонали квадрата перпендикулярны: $B D ⊥ C O$ . Кроме того, $S C ⊥ (A B C)$ , поэтому $B D ⊥ S C$ . Прямые $C O$ и $S C$ пересекаются в точке $C$ , значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости

$B D ⊥ (S C O) .$

Плоскость $α$ проходит через прямую $B D$ , перпендикулярную плоскости $(S C O)$ , поэтому по признаку перпендикулярности плоскостей $α ⊥ (S C O)$ . Эти плоскости пересекаются по прямой $S O$ (точки $S$ и $O$ лежат в обеих).

Проведём в плоскости $S C O$ перпендикуляр $C H$ к прямой $S O$ . Прямая $C H$ лежит в одной из двух перпендикулярных плоскостей и перпендикулярна их линии пересечения, поэтому $C H ⊥ α$ . Значит, $C H$ — искомое расстояние.

Треугольник $S C O$ прямоугольный с прямым углом при вершине $C$ . В нём

$C O = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \cdot 62 = 32, S O = S C^{2} + C O^{2} = 144 + 18 = 92 .$

Высота, проведённая из вершины прямого угла, равна произведению катетов, делённому на гипотенузу:

$C H = \frac{S C \cdot C O}{S O} = \frac{12 \cdot 3 2}{9 2} = 4.$

Ответ: б) $4$ .

ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — параллелепипеды

Сообщить об ошибке

Ещё задания №15